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已知定義在R上的函數f(x)和數列{an}滿足下列條件:a1=a≠0,a2≠a1,當n∈N*時,an+1=f(an),且存在非零常數k使f(an+1)-f(an)=k(an+1-an)恒成立.
(1)若數列{an}是等差數列,求k的值;
(2)求證:數列{an}為等比數列的充要條件是f(x)=kx(k≠1).
(3)已知f(x)=kx(k>1),a=2,且bn=lnan(n∈N*),數列{bn}的前n項是Sn,對于給定常數m,若
S(m+1)nSmn
的值是一個與n無關的量,求k的值.
分析:(1)由an+1=f(an),f(an+1)-f(an)=k(an+1-an),得出an+1-an=f(an)-f(an-1)=k(an-an-1),又an+1-an=an-an-1,得出k=1
(2)充分性可直接證明,等比為k;必要性中由等比數列可得數列{an+1-an}是以a2-a1為首項,公比為k的等比數列,再根據k=0和k≠0進行討論.
(3)確定{an}是等比數列,{bn}是等差數列,求出Sn,代入
S(m+1)n
Smn
,求出k的值.
解答:解:(1)由已知an=f(an-1),f(an)-f(an-1)=k(an-an-1),(n=2,3,4…),得
an+1-an=f(an)-f(an-1)=k(an-an-1),(n=2,3,4…),
由數列{an}是等差數列,得
an+1-an=an-an-1,(n=2,3,4…)
所以,an-an-1=k(an-an-1),),(n=2,3,4…),得k=1.       …(4分)
(2)充分性證明:若f(x)=kx(k≠1),則由已知a1=a≠0,an+1=f(an)得an+1=kan,
所以,{an}是等比數列.                               …(6分)
必要性證明:{an}是等比數列,設公比為q,則有an=aqn-1,n∈N*
由f(an+1)-f(an)=k(an+1-an)及an+1=f(an)得an+2-an+1=k(an+1-an
又a2-a1≠0,
所以數列{an+1-an}是以a2-a1為首項,公比為k的等比數列,
所以an+1-an=[f(a)-a]kn-1,
當n≥2時,an=[f(a)-a](k0+k1+k2+…+kn-2)+a…(8分)
①若k=1,an=[f(a)-a](n-1)+a,(n≥2)
對n=1也成立.
數列{an}是公差為f(a)-a≠0的等差數列,不可能是等比數列,所以k≠1,
②k≠1,an=[f(a)-a]
1-kn-1
1-k
+a
,(n≥2)
對n=1也成立.
所以an=[f(a)-a]
1-kn-1
1-k
+a
=
f(a)-a
1-k
+a-
f(a)-a
1-k
kn-1
,
由數列{an}是等比數列知,
f(a)-a
1-k
+a=0
,即f(a)=ka,
即f(a)=ka對任意非零實數都成立.
綜上可得:數列{an}為等比數列的充要條件是f(x)=kx(k≠1).…(10分)
(3)由(Ⅱ)知,數列{an}是首項為2,公比為k的等比數列,即an=2kn-1,bn+1-bn=lnk是一個常數,
故數列{bn}是等差數列,設公差為d,
依題意Sn=nb1+
1
2
n(n-1)d=
1
2
n[dn+(2b1-d)]
,
S(m+1)n
Smn
=
1
2
(m+1)n[d(m+1)n+(2b1-d)]
1
2
mn[dmn+(2b1-d)]
=
(m+1)[d(m+1)n+(2b1-d)]
m[dmn+(2b1-d)]
,
當且僅當2b1-d=0或
d(m+1)
dm
=
2b1-d
2b1-d
時,
S(m+1)n
Smn
是一個與n無關的常數,
d(m+1)
dm
=
2b1-d
2b1-d
不成立,
所以2b1-d=0,即2ln2=lnk,k=4.                                                   …(16分)
點評:本題是數列與函數的綜合題,綜合性比較強,綜合考查了等差等比數列以及充分必要條件的證明,其中注意分類討論思想,應該熟練掌握靈活運用.
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0
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